โจทย์หัดเเต่งเองครับ

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

ก็ตรงนิครับ

http://www.wolframalpha.com/input/?i...2B0.1%29%2F0.1

คุณ LightLucifer มาแล้วก็น่าจะมันส์น่าดูเลยครับ

ส่วนข้อของผมนะครับ

Hint

$\dfrac{1}{x+1}=1-\dfrac{x}{x+1}$

[LightLucifer]

#15
งั้นลองแสดงวิธีให้ดูหน่อยครับ

[Thgx0312555]

#10 พิสูจน์ว่าประพจน์นี้เป็นเท็จครับ

"$x^3y^4z^5 \le \dfrac{1}{11^{12}}$"

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Thgx0312555

#10 พิสูจน์ว่าประพจน์นี้เป็นเท็จครับ

"$x^3y^4z^5 \le \dfrac{1}{11^{12}}$"

ทำไมหรอครับ ลองค่อยๆดูครับ

[Thgx0312555]

<<อันนี้ผิด>>
$\dfrac{3x+3-3}{x+1}+\dfrac{4y+4-4}{y+1}+\dfrac{5z+5-5}{z+1} =1$

$\dfrac{-3}{x+1}+\dfrac{-4}{y+1}+\dfrac{-5}{z+1} =-11$
$\dfrac{3}{x+1}+\dfrac{4}{y+1}+\dfrac{5}{z+1} =11$

$\dfrac{12}{\frac{3}{x+1}+\frac{4}{y+1}+\frac{5}{z+1}} =\dfrac{12}{11} $ ---(1)

แต่ $\dfrac{3}{x+1}+\dfrac{4}{y+1}+\dfrac{5}{z+1} \leqslant \dfrac{3}{2\sqrt{x}}+\dfrac{4}{2\sqrt{y}}+\dfrac{5}{2\sqrt{z}}$

(1) จัดรูป;

$\dfrac{12}{\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}}+...+\frac{1}{\sqrt{z}}} \geqslant \dfrac{6}{11} $

GM-HM;

$\sqrt[24]{x^3y^4z^5} \geqslant \dfrac{6}{11} $

$x^3y^4z^5\geqslant (\frac{6}{11} )^{24} = (\frac{36}{121} )^{12} > \frac{1}{11^{12}} $

$\therefore x^3y^4z^5 \le \dfrac{1}{11^{12}}$ เป็นเท็จ

พิสูจน์ไว้แล้วในหน้าก่่อนครับ นำมาแสดงให้ดูซ้ำ

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Thgx0312555

แต่ $\dfrac{3}{x+1}+\dfrac{4}{y+1}+\dfrac{5}{z+1} \leqslant \dfrac{3}{2\sqrt{x}}+\dfrac{4}{2\sqrt{y}}+\dfrac{5}{2\sqrt{z}}$


$\dfrac{12}{\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}}+...+\frac{1}{\sqrt{z}}} \geqslant \dfrac{6}{11} $

ลองดูตรงนี้นะครับ

$\dfrac{1}{\dfrac{3}{x+1}+\dfrac{4}{y+1}+\dfrac{5}{z+1}} \ge \dfrac{1}{\dfrac{3}{2\sqrt{x}}+\dfrac{4}{2\sqrt{y}}+\dfrac{5}{2\sqrt{z}}}$

$\dfrac{6}{11} \ge \dfrac{12}{\dfrac{3}{\sqrt{x}}+\dfrac{4}{\sqrt{y}}+\dfrac{5}{\sqrt{z}}}$

มันคงกลับข้างตรงนี้แหละ

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

Let $x,y,z>0$ such that $xy+yz+zx=xyz$
Prove $$\frac{x+2y-z}{z+x}+\frac{y+2z-x}{x+y}+\frac{z+2x-y}{y+z}\ge \frac{xyz}{x+y+z}$$

Let $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$ Then $a+b+c=1$
by Cauchy $$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\ge \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{1}{2(ab+bc+ca)}$$
$$\therefore \frac{x}{z+x}+\frac{y}{x+y}+\frac{z}{y+z}\ge \frac{xyz}{2(xy+yz+zx)}$$
and Nesbitt's $$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\ge \frac{3}{2}$$
$$\Rightarrow \frac{z+x}{y+z}+\frac{y+z}{x+y}+\frac{x+y}{z+x}\ge \frac{xyz}{2(xy+yz+zx)}+\frac{3}{2}$$
$$\frac{x+2y-z}{z+x}+\frac{y+2z-x}{x+y}+\frac{z+2x-y}{y+z}=2\Big(\frac{z+x}{y+z}-\frac{1}{2}+\frac{y+z}{x+y}-\frac{1}{2}+\frac{x+y}{z+x}-\frac{1}{2}\Big)$$ $$ \ge \frac{xyz}{xy+yz+zx}$$

[จูกัดเหลียง]

Let $x,y,z>2$ such that $xy+yz+zx=xyz$
Prove $$x+y+z\ge 1+8(x-2)(y-2)(z-2)$$

[Thgx0312555]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

ลองดูตรงนี้นะครับ

$\dfrac{1}{\dfrac{3}{x+1}+\dfrac{4}{y+1}+\dfrac{5}{z+1}} \ge \dfrac{1}{\dfrac{3}{2\sqrt{x}}+\dfrac{4}{2\sqrt{y}}+\dfrac{5}{2\sqrt{z}}}$

$\dfrac{6}{11} \ge \dfrac{12}{\dfrac{3}{\sqrt{x}}+\dfrac{4}{\sqrt{y}}+\dfrac{5}{\sqrt{z}}}$

มันคงกลับข้างตรงนี้แหละ

ขอบคุณมากครับ

[LightLucifer]

#23

HINT

$x=\frac{a+b+c}{a},y=\frac{a+b+c}{b},z=\frac{a+b+c}{c}$

[BLACK-Dragon]

จริงๆพี่ จูกัดเหลียง เขาเฉลยให้ผมแล้วล่ะครับแต่ยังไม่ได้ลง ตามคุณ LightLucifer

ก็กลายเป็นเราต้องพิสูจน์

$(\dfrac{ab+bc+ca}{abc})(a+b+c) \ge 1+8\dfrac{(a+b-c)(a-b+c)(b-a+c)}{abc}$

$(ab+bc+ca)(a+b+c) \ge abc+8(a+b-c)(a-b+c)(b-a+c)$

แต่ $abc \ge (a+b-c)(a-b+c)(b-a+c)$ (พิสูจน์ได้โดยเปลี่ยน a=p+q,b=q+r,c=r+p)

$(ab+bc+ca)(a+b+c) \ge 9abc \ge abc+8(a+b-c)(a-b+c)(b-a+c)$

[AnDroMeDa]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

Let $x,y,z>2$ such that $xy+yz+zx=xyz$
Prove $$x+y+z\ge 1+8(x-2)(y-2)(z-2)$$

เพิ่งเห็นหุหุ
จาก Hint:ของคุณ LightLucifer ให้ $x=\frac{a+b+c}{a},y=\frac{a+b+c}{b},z=\frac{a+b+c}{c}$
ได้อมการสมมูลกับ $3abc+\sum_{sym}^{}ab^2\geqslant abc+8(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)$
แต่โดยอสมการ A.M.-G.M.ได้ว่า $3abc+\sum_{sym}^{}ab^2\geqslant 9abc$
ซึ่งต้องแสดงว่า $abc\geqslant (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)$
ให้ $a=k+l,b=l+m,c=k+m $ ก็จะได้ว่าเป็นจริงโดยอสมการ A.M.-G.M.
-..-เร็วจริงคุณ Black Dragon

[LightLucifer]

เห็นเล่นโจทย์แนวๆนี้กัน
ให้ $x,y,z>0$ ซึ่ง $x+y+z=xyz$
จงพิสูจน์ว่า
$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ge \sqrt{3}$$

[AnDroMeDa]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

เห็นเล่นโจทย์แนวๆนี้กัน
ให้ $x,y,z>0$ ซึ่ง $x+y+z=xyz$
จงพิสูจน์ว่า
$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ge \sqrt{3}$$

ให้ $p=x+y+z,q=xy+yz+xz,r=xyz$ โจทย์กำหนด $p=r$ และอสมการเริ่มต้นสมมูลกับ
$q\geqslant \sqrt{3}r $
$\Leftrightarrow q^2\geqslant 3r^2=3pr$
ซึ่ง $q^2\geqslant 3pr \Leftrightarrow (xy+yz+xz)^2\geqslant 3xyz(x+y+z)$
แต่จากอสมการโคชีได้ $(a+b+c)^2\geqslant 3(ab+bc+ac)$ ให้ $a=xy,b=yz,c=xz$ จะได้อสมการที่ต้องการ

[Keehlzver]

ลองทำโจทย์ของผมดูครับ ไม่ยากเท่าการทำใจรอให้น้ำลดแน่นอนครับ

ข้อ 1. นิยามให้ $S_{n}=a^n+b^n+c^n$ โดยที่ $a,b,c > 0$ จงพิสูจน์ว่า $\frac{(S_{5}+S_{4}+S_{2})(S_{4}+S_{2}+S_{1})}{(ab+bc+ca)^3}\geq 3$

ข้อ 2. $x,y,z > 0$ จงพิสูจน์ว่า $(9(x+y+z)+9)(3(xy+yz+zx)+3)\leq (x+y+z+3)^2+8(x+y+z)^3$

ข้อ 3. กำหนดให้ $x,y,z > 0$ และ $xyz=1$ จงพิสูจน์ว่า $\frac{x^5+x^2}{(y+z)^2}+\frac{y^5+y^2}{(z+x)^2}+\frac{z^5+z^2}{(x+y)^2}\geq \frac{3(x^3y+y^3z+z^3x)}{2(x+y+z)}$

ข้อ 4. $a,b,c>0$ จงพิสูจน์ว่า $\frac{(a^3+b^3)(a+b)}{(a^3-b^3)(a-b)}+\frac{(b^3+c^3)(b+c)}{(b^3-c^3)(b-c)}+\frac{(c^3+a^3)(c+a)}{(c^3-a^3)(c-a)} \geq 3+\frac{ab(a+b)^2}{(a-b)^2(2a^2-ab+2b^2)}+\frac{bc(b+c)^2}{(b-c)^2(2b^2-bc+2c^2)}+\frac{ca(c+a)^2}{(c-a)^2(2c^2-ca+2a^2)}$

ข้อ 5. $a,b,c>0$ จงพิสูจน์ว่า $\frac{1}{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{b^2-bc+c^2}+\frac{1}{c^2-ca+a^2}+\frac{2}{(a+b)^2+2ab}+\frac{2}{(b+c)^2+2bc}+\frac{2}{(c+a)^2+2ca}\geq \frac{2(a^4-b^4)}{(a^3-b^3)(a^3+b^3)}+\frac{2(b^4-c^4)}{(b^3-c^3)(b^3+c^3)}+\frac{2(c^4-a^4)}{(c^3-a^3)(c^3+a^3)}$

ข้อ 6. $a,b,c>0$ จงพิสูจน์ว่า $\sqrt{2a^4+2a^2b^2+2b^4}+\sqrt{2b^4+2b^2c^2+2c^4}+\sqrt{2c^4+2c^2a^2+2a^4} \geq \sqrt{\frac{ab(a^2+b^2)^2}{(a+b)^2}+\frac{a^5-b^5}{a-b}}+\sqrt{\frac{bc(b^2+c^2)^2}{(b+c)^2}+\frac{b^5-c^5}{b-c}}+\sqrt{\frac{ca(c^2+a^2)^2}{(c+a)^2}+\frac{c^5-a^5}{c-a}}$

(ปล.ผมอยู่ต่างจังหวัด เข้าเว็บลำบากมาก )